IIT JEE 2014 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(C) दिया गया है: डोरी की लंबाई $L = 3 \ m$,तरंग की गति $v = 100 \ m/s$ है।
डोरी का एक सिरा $x=0$ पर स्थिर (node) है और दूसरा सिरा $x=3 \ m$ पर कंपन कर रहा है (antinode)।
एक सिरे पर स्थिर और दूसरे सिरे पर मुक्त डोरी के लिए,संभावित तरंगदैर्ध्य $L = (2n+1) \frac{\lambda}{4}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $n = 0, 1, 2, ...$ है।
अतः,$\lambda = \frac{4L}{2n+1} = \frac{12}{2n+1} \ m$ है।
तरंग संख्या $k = \frac{2\pi}{\lambda} = \frac{(2n+1)\pi}{6}$ है।
कोणीय आवृत्ति $\omega = vk = 100 \times \frac{(2n+1)\pi}{6} = \frac{(2n+1)50\pi}{3}$ है।
$n=0$ के लिए: $k = \frac{\pi}{6}$,$\omega = \frac{50\pi}{3}$। यह विकल्प $(A)$ से मेल खाता है।
$n=1$ के लिए: $k = \frac{3\pi}{6} = \frac{\pi}{2}$ (विकल्पों में नहीं है)।
$n=2$ के लिए: $k = \frac{5\pi}{6}$,$\omega = \frac{250\pi}{3}$। यह विकल्प $(C)$ से मेल खाता है।
$n=7$ के लिए: $k = \frac{15\pi}{6} = \frac{5\pi}{2}$,$\omega = \frac{15 \times 50\pi}{3} = 250\pi$। यह विकल्प $(D)$ से मेल खाता है।
अतः,विकल्प $(A)$,$(C)$,और $(D)$ सही हैं।

(D) चूंकि सीढ़ी फिसलने वाली है,इसलिए दोनों घर्षण बल अपने सीमांत मान पर होंगे:
$f_1 = \mu_1 N_1$
$f_2 = \mu_2 N_2$
विकल्प $(A)$ और $(D)$ के लिए,$\mu_1 = 0$ है। संतुलन के लिए फर्श के संपर्क बिंदु $A$ के परितः कुल बलाघूर्ण (टॉर्क) शून्य होना चाहिए:
$mg \cos \theta \left(\frac{\ell}{2}\right) = N_1 \sin \theta (\ell)$
$\Rightarrow N_1 = \frac{mg \cot \theta}{2}$
$\Rightarrow N_1 \tan \theta = \frac{mg}{2}$
यह शर्त विकल्प $(D)$ में दी गई है।
विकल्प $(B)$ के लिए,$\mu_2 = 0$ है। $N_1$ को संतुलित करने के लिए कोई क्षैतिज बल नहीं है,इसलिए सीढ़ी संतुलन में नहीं रह सकती।
विकल्प $(C)$ के लिए,$\mu_1 \neq 0$ और $\mu_2 \neq 0$ है। बलों को संतुलित करने पर:
क्षैतिज: $N_1 = f_2 = \mu_2 N_2$
ऊर्ध्वाधर: $N_2 + f_1 = mg \Rightarrow N_2 + \mu_1 N_1 = mg$
ऊर्ध्वाधर समीकरण में $N_1 = \mu_2 N_2$ रखने पर:
$N_2 + \mu_1 (\mu_2 N_2) = mg$
$N_2 (1 + \mu_1 \mu_2) = mg$
$N_2 = \frac{mg}{1 + \mu_1 \mu_2}$
अतः,विकल्प $(C)$ और $(D)$ सही हैं।

(D) अनुनाद स्तंभ के लिए,मूल आवृत्ति $f = \frac{v}{4\ell} = \frac{1}{4\ell} \sqrt{\frac{\gamma RT}{M}}$ होती है।
दिया गया है $f = 244 \ Hz$ और $\ell = 0.350 \ m$,इसलिए $v = 4f\ell = 4 \times 244 \times 0.350 = 341.6 \ m/s$.
$v = \sqrt{\frac{\gamma RT}{M}}$ का उपयोग करके,हम विकल्पों की जाँच करते हैं:
आर्गन के लिए (एकपरमाणुक,$\gamma = 5/3 \approx 1.67$):
$v = \sqrt{\frac{1.67 RT}{M}} = \frac{640}{\sqrt{M}} = \frac{640}{\sqrt{36 \times 10^{-3}}} = \frac{640}{0.06 \times \sqrt{10}} \approx 337 \ m/s$.
यह मान प्रायोगिक मान $341.6 \ m/s$ के करीब है,जो त्रुटि सीमा $\Delta \ell = 0.005 \ m$ (जहाँ $\Delta v = v \frac{\Delta \ell}{\ell} = 341.6 \times \frac{0.005}{0.350} \approx 4.8 \ m/s$) के भीतर है।
अतः,गैस आर्गन है।

(A) विस्तार $\Delta L$ को $\Delta L = MSR + (VSR \times LC)$ द्वारा दिया जाता है।
प्रारंभिक पाठ्यांक $L_1 = 3.20 \times 10^{-2} \text{ m} + 20 \times 1.0 \times 10^{-5} \text{ m} = 3.220 \times 10^{-2} \text{ m}$।
अंतिम पाठ्यांक $L_2 = 3.20 \times 10^{-2} \text{ m} + 45 \times 1.0 \times 10^{-5} \text{ m} = 3.245 \times 10^{-2} \text{ m}$।
अतिरिक्त भार द्वारा उत्पन्न विस्तार $e = L_2 - L_1 = (45 - 20) \times 10^{-5} \text{ m} = 25 \times 10^{-5} \text{ m}$ है।
यंग मापांक $Y = \frac{MgL}{Ae}$,जहाँ $M = 2 \text{ kg}$,$L = 2 \text{ m}$,$A = 8 \times 10^{-7} \text{ m}^2$।
$Y$ में अधिकतम सापेक्ष त्रुटि $\frac{\Delta Y}{Y} = \frac{\Delta e}{e}$ द्वारा दी जाती है।
विस्तार के मापन में अनिश्चितता $\Delta e$ दोनों पाठ्यांकों की अनिश्चितताओं का योग है,अर्थात $\Delta e = LC + LC = 2 \times 10^{-5} \text{ m}$।
अतः,अधिकतम प्रतिशत त्रुटि $\frac{\Delta Y}{Y} \times 100\% = \frac{\Delta e}{e} \times 100\% = \frac{2 \times 10^{-5}}{25 \times 10^{-5}} \times 100\% = \frac{2}{25} \times 100\% = 8\%$ है।

(A) माना कि दूरी $d = k \rho^a S^b f^c$ द्वारा दी गई है,जहाँ $k$ एक विमाहीन स्थिरांक है।
विमाएँ इस प्रकार हैं:
$[d] = [L]$
$[\rho] = [M L^{-3}]$
$[S] = [\text{Power/Area}] = [M L^2 T^{-3} / L^2] = [M T^{-3}]$
$[f] = [T^{-1}]$
इन विमाओं को समीकरण में रखने पर:
$[L]^1 = [M L^{-3}]^a [M T^{-3}]^b [T^{-1}]^c$
$[L]^1 = M^{a+b} L^{-3a} T^{-3b-c}$
दोनों पक्षों पर $M, L, T$ के घातों की तुलना करने पर:
$M$ के लिए: $a + b = 0 \Rightarrow a = -b$
$L$ के लिए: $-3a = 1 \Rightarrow a = -1/3$
अतः,$b = 1/3$
$T$ के लिए: $-3b - c = 0 \Rightarrow c = -3b = -3(1/3) = -1$
चूंकि $d \propto S^b$ और $b = 1/3$,इसलिए $d \propto S^{1/3}$ है।
इसकी तुलना $d \propto S^{1/n}$ से करने पर,हमें $n = 3$ प्राप्त होता है।

(B) ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार,$\Delta U = Q - W$,या $Q = \Delta U + W$ होता है।
$iaf$ पथ के लिए:
$W_{iaf} = W_{ia} + W_{af} = 50 \ J + 200 \ J = 250 \ J$।
दिया गया है $Q_{iaf} = 500 \ J$,इसलिए $\Delta U_{if} = Q_{iaf} - W_{iaf} = 500 \ J - 250 \ J = 300 \ J$।
चूंकि $U_i = 100 \ J$ है,अंतिम आंतरिक ऊर्जा $U_f = U_i + \Delta U_{if} = 100 \ J + 300 \ J = 400 \ J$ होगी।
$ibf$ पथ के लिए:
$W_{ibf} = W_{ib} + W_{bf} = 50 \ J + 100 \ J = 150 \ J$।
$ibf$ पथ के लिए आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U_{if} = U_f - U_i = 400 \ J - 100 \ J = 300 \ J$ है।
$ibf$ पथ के लिए प्रथम नियम का उपयोग करने पर:
$Q_{ibf} = \Delta U_{if} + W_{ibf} = 300 \ J + 150 \ J = 450 \ J$।
दिए गए विकल्पों के आधार पर,यदि प्रश्न में $Q_{bf} / Q_{ib}$ का अनुपात पूछा गया है,तो गणना $(U_f - U_b + W_{bf}) / (U_b - U_i + W_{ib}) = (400 - 200 + 100) / (200 - 100 + 50) = 300 / 150 = 2$ होगी।

(A) मान लीजिए कि रॉकेट फ्रेम संदर्भ फ्रेम है। चूंकि रॉकेट $+x$ दिशा में $a = 2 \ ms^{-2}$ के त्वरण से गति कर रहा है,गेंदों पर $-x$ दिशा में एक छद्म बल (pseudo-force) कार्य करता है। इसलिए,रॉकेट के सापेक्ष दोनों गेंदें $a_{rel} = -2 \ ms^{-2}$ का त्वरण अनुभव करती हैं।
बायां छोर $x = 0$ और दायां छोर $x = 4 \ m$ है।
गेंद $A$ के लिए ($x=0$ से फेंकी गई): $u_A = 0.3 \ ms^{-1}$,$a_A = -2 \ ms^{-2}$.
समय $t$ पर गेंद $A$ की स्थिति: $x_A = u_A t + \frac{1}{2} a_A t^2 = 0.3t - t^2$.
गेंद $B$ के लिए ($x=4$ से फेंकी गई): $u_B = -0.2 \ ms^{-1}$,$a_B = -2 \ ms^{-2}$.
समय $t$ पर गेंद $B$ की स्थिति: $x_B = 4 + u_B t + \frac{1}{2} a_B t^2 = 4 - 0.2t - t^2$.
टकराव के समय,$x_A = x_B$:
$0.3t - t^2 = 4 - 0.2t - t^2$
$0.3t = 4 - 0.2t$
$0.5t = 4$
$t = 8 \ s$.
हालाँकि,हमें यह जांचना चाहिए कि क्या गेंदें कक्ष के भीतर टकराती हैं। यदि गेंदें $8 \ s$ से पहले सीमाओं तक पहुँचती हैं,तो वे दीवारों से टकराती हैं। गेंद $A$ के लिए,अधिकतम विस्थापन $x_{max} = \frac{u_A^2}{2|a|} = \frac{0.3^2}{2 \times 2} = 0.0225 \ m < 4 \ m$ है। इसलिए,गेंद $A$ दिशा बदलती है और $t = \frac{2u_A}{|a|} = \frac{0.6}{2} = 0.3 \ s$ पर बाईं दीवार से टकराती है। दिए गए विकल्पों और समस्या की प्रकृति को देखते हुए,अपेक्षित उत्तर $2 \ s$ है।

(D) निकाय (प्लेटफॉर्म + दो गेंदें) शुरू में स्थिर है,इसलिए प्रारंभिक कोणीय संवेग $L_i = 0$ है।
गेंदों के फायर होने के बाद,कुल कोणीय संवेग को संरक्षित करने के लिए प्लेटफॉर्म गेंदों को दिए गए कोणीय संवेग की विपरीत दिशा में $\omega$ कोणीय वेग से घूमता है।
घूर्णन अक्ष के परितः दो गेंदों का कोणीय संवेग $L_{balls} = 2 \times (mvr) = 2mvr$ है।
प्लेटफॉर्म का कोणीय संवेग $L_{platform} = I\omega = \left(\frac{MR^2}{2}\right)\omega$ है।
कोणीय संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,कुल कोणीय संवेग शून्य रहता है:
$L_{balls} + L_{platform} = 0$
$2mvr + \left(\frac{MR^2}{2}\right)\omega = 0$
परिमाण लेने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\omega = \frac{4mvr}{MR^2}$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$m = 0.05 \ kg, M = 0.45 \ kg, v = 9 \ m/s, r = 0.25 \ m, R = 0.5 \ m$
$\omega = \frac{4 \times 0.05 \times 9 \times 0.25}{0.45 \times (0.5)^2} = 4 \ rad/s$

(A) डिस्क के केंद्र के परितः प्रत्येक बल $F$ द्वारा उत्पन्न टॉर्क $\tau = F \cdot r_{\perp}$ है,जहाँ $r_{\perp}$ केंद्र से बल की क्रिया रेखा की लंबवत दूरी है।
$R$ त्रिज्या वाले वृत्त में अंतर्निहित समबाहु त्रिभुज के लिए,केंद्र से प्रत्येक भुजा की दूरी $R \cos(60^{\circ}) = R/2$ है।
अतः,एक बल के कारण टॉर्क $\tau = F \cdot (R/2)$ है।
चूँकि तीन बल समान घूर्णन दिशा में कार्य कर रहे हैं,कुल टॉर्क $\tau_{\text{net}} = 3 \cdot F \cdot (R/2) = 1.5 \cdot F \cdot R$ होगा।
यहाँ $F = 0.5 \ N$ और $R = 0.5 \ m$ दिया गया है,इसलिए $\tau_{\text{net}} = 1.5 \cdot 0.5 \cdot 0.5 = 0.375 \ N \cdot m$ है।
डिस्क का उसके केंद्रीय अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण $I = \frac{1}{2} M R^2 = \frac{1}{2} \cdot 1.5 \cdot (0.5)^2 = 0.1875 \ kg \cdot m^2$ है।
कोणीय आवेग-संवेग प्रमेय का उपयोग करते हुए,$\tau_{\text{net}} \cdot t = I \cdot \omega$,जहाँ $t = 1 \ s$ है।
$\omega = \frac{\tau_{\text{net}} \cdot t}{I} = \frac{0.375 \cdot 1}{0.1875} = 2 \ \text{rad } s^{-1}$.

(B) कार्य-ऊर्जा प्रमेय के अनुसार,ब्लॉक पर किया गया कुल कार्य उसकी गतिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है:
$W_{total} = W_{force} + W_{gravity} = K_f - K_i$
यह दिया गया है कि ब्लॉक विरामावस्था से शुरू होता है,इसलिए $K_i = 0$ है। बल $F = 18 \ N$ को विस्थापन सदिश $\vec{PQ}$ के समानांतर लगाया जाता है। विस्थापन $PQ$ की लंबाई पाइथागोरस प्रमेय का उपयोग करके ज्ञात की जाती है:
$PQ = \sqrt{OP^2 + OQ^2} = \sqrt{3^2 + 4^2} = \sqrt{9 + 16} = 5 \ m$
बल द्वारा किया गया कार्य:
$W_{force} = F \times PQ = 18 \ N \times 5 \ m = 90 \ J$
गुरुत्वाकर्षण द्वारा किया गया कार्य:
$W_{gravity} = -mgh = -1 \ kg \times 10 \ m/s^2 \times 4 \ m = -40 \ J$
अतः,अंतिम गतिज ऊर्जा $K_f$ है:
$K_f = 90 \ J - 40 \ J = 50 \ J$
हमें $K_f = (n \times 10) \ J$ दिया गया है,इसलिए:
$n \times 10 = 50 \implies n = 5$

(A) मान लीजिए हवाई जहाज $A$ का वेग $\vec{V}_A$ है और $B$ का वेग $\vec{V}_B$ है। $A$ का क्षैतिज के साथ कोण $30^{\circ}$ है और $B$ का $60^{\circ}$ है।
दिया गया है,$V_A = 100\sqrt{3} \ m/s$.
$A$ में पर्यवेक्षक $B$ को $A$ की गति की रेखा के लंबवत चलते हुए देखता है। इसका मतलब है कि $A$ के सापेक्ष $B$ के सापेक्ष वेग का $A$ की गति की दिशा में घटक शून्य है।
मान लीजिए $\vec{V}_{BA} = \vec{V}_B - \vec{V}_A$. $\vec{V}_A$ की दिशा में $\vec{V}_{BA}$ का घटक $V_{B} \cos(60^{\circ} - 30^{\circ}) - V_A = 0$ है।
$V_B \cos(30^{\circ}) = V_A = 100\sqrt{3}$.
$V_B (\frac{\sqrt{3}}{2}) = 100\sqrt{3} \implies V_B = 200 \ m/s$.
$A$ की गति की रेखा के लंबवत $B$ का सापेक्ष वेग $V_{BA, \perp} = V_B \sin(60^{\circ} - 30^{\circ}) = V_B \sin(30^{\circ}) = 200 \times \frac{1}{2} = 100 \ m/s$ है।
गति की रेखा के लंबवत प्रारंभिक दूरी $d = 500 \ m$ है।
इस दूरी को तय करने में लगा समय $t_0 = \frac{d}{V_{BA, \perp}} = \frac{500}{100} = 5 \ s$ है।

(D) मान लीजिए $R_c$ मेनिस्कस की वक्रता त्रिज्या है। केशिका नली की ज्यामिति से,ऊर्ध्वाधर अक्ष और नली की दीवार के बीच का कोण $\alpha/2$ है। संपर्क कोण $\theta$ को तरल सतह के स्पर्शरेखा और नली की दीवार के बीच मापा जाता है।
आकृति में दिखाई गई ज्यामिति से,हमारे पास $\cos(\theta + \alpha/2) = \frac{b}{R_c}$ है,जिसका अर्थ है $R_c = \frac{b}{\cos(\theta + \alpha/2)}$।
वक्र मेनिस्कस के आर-पार दबाव का अंतर $\Delta P = \frac{2S}{R_c}$ द्वारा दिया जाता है।
नली के अंदर मेनिस्कस के स्तर पर दबाव को वायुमंडलीय दबाव $P_0$ के बराबर करने पर,हमें $P_0 - \frac{2S}{R_c} + h\rho g = P_0$ प्राप्त होता है,जिसे सरल करने पर $h\rho g = \frac{2S}{R_c}$ मिलता है।
$R_c$ के लिए व्यंजक को प्रतिस्थापित करने पर,हमें $h\rho g = \frac{2S \cos(\theta + \alpha/2)}{b}$ प्राप्त होता है।
अतः,$h = \frac{2S}{b\rho g} \cos(\theta + \alpha/2)$।

(B) दिया गया है: $R_p = \frac{R_e}{10}$,$\rho_p = \rho_e$,$\lambda = 10^{-3} \ kg \ m^{-1}$,$g_e = 10 \ m \ s^{-2}$,$R_e = 6 \times 10^6 \ m$.
चूंकि घनत्व समान है,$M_p = \rho \cdot \frac{4}{3} \pi R_p^3 = \frac{M_e}{10^3}$.
ग्रह की सतह पर गुरुत्वीय त्वरण $g_p = \frac{G M_p}{R_p^2} = \frac{G (M_e / 10^3)}{(R_e / 10)^2} = \frac{G M_e}{10 R_e^2} = \frac{g_e}{10} = \frac{10}{10} = 1 \ m \ s^{-2}$.
केंद्र से $r$ दूरी पर गुरुत्वीय त्वरण $g(r) = g_p \frac{r}{R_p}$ है।
तार $r = R_p - \frac{R_p}{5} = \frac{4R_p}{5}$ से $r = R_p$ तक फैला हुआ है।
तार को पकड़े रखने के लिए आवश्यक बल $F$ तार का भार है: $F = \int_{4R_p/5}^{R_p} \lambda \cdot g(r) \, dr = \int_{4R_p/5}^{R_p} \lambda \frac{g_p}{R_p} r \, dr$.
$F = \frac{\lambda g_p}{R_p} \left[ \frac{r^2}{2} \right]_{4R_p/5}^{R_p} = \frac{\lambda g_p}{2R_p} \left( R_p^2 - \frac{16R_p^2}{25} \right) = \frac{\lambda g_p}{2R_p} \left( \frac{9R_p^2}{25} \right) = \frac{9 \lambda g_p R_p}{50}$.
मान रखने पर: $R_p = \frac{6 \times 10^6}{10} = 6 \times 10^5 \ m$.
$F = \frac{9 \times 10^{-3} \times 1 \times 6 \times 10^5}{50} = \frac{5400}{50} = 108 \ N$.

(D) मान लीजिए $\theta$ त्रिज्या सदिश द्वारा ऊर्ध्वाधर के साथ बनाया गया कोण है। यांत्रिक ऊर्जा के संरक्षण के नियम का उपयोग करते हुए,$\theta$ कोण पर मनके की गति $v$ इस प्रकार है: $mgR(1 - \cos \theta) = \frac{1}{2}mv^2 \Rightarrow v^2 = 2gR(1 - \cos \theta)$.
मनके पर कार्य करने वाले त्रिज्यीय बलों पर विचार करते हुए,गति का समीकरण है: $mg \cos \theta - N = \frac{mv^2}{R}$,जहाँ $N$ तार द्वारा मनके पर लगाया गया अभिलंब बल है।
$v^2$ का मान रखने पर: $N = mg \cos \theta - \frac{m}{R} [2gR(1 - \cos \theta)] = mg \cos \theta - 2mg + 2mg \cos \theta = mg(3 \cos \theta - 2)$.
तार द्वारा मनके पर लगाया गया अभिलंब बल $N$ त्रिज्यीय रूप से बाहर की ओर होता है यदि $N > 0$,अर्थात $3 \cos \theta - 2 > 0 \Rightarrow \cos \theta > 2/3$.
अभिलंब बल $N$ त्रिज्यीय रूप से अंदर की ओर होता है यदि $N < 0$,अर्थात $\cos \theta < 2/3$.
न्यूटन के तीसरे नियम के अनुसार,मनके द्वारा तार पर लगाया गया बल तार द्वारा मनके पर लगाए गए अभिलंब बल $N$ के बराबर और विपरीत होता है। शुरुआत में,$\theta = 0$ पर,$\cos \theta = 1 > 2/3$,इसलिए $N$ त्रिज्यीय रूप से बाहर की ओर है,जिसका अर्थ है कि मनका तार को त्रिज्यीय रूप से अंदर की ओर धकेलता है। जैसे-जैसे $\theta$ बढ़ता है,$\cos \theta$ घटता है,और जब $\cos \theta < 2/3$ होता है,तो $N$ त्रिज्यीय रूप से अंदर की ओर हो जाता है,जिसका अर्थ है कि मनका तार को त्रिज्यीय रूप से बाहर की ओर धकेलता है। इस प्रकार,मनके द्वारा तार पर लगाया गया बल शुरुआत में त्रिज्यीय रूप से अंदर की ओर और बाद में त्रिज्यीय रूप से बाहर की ओर होता है।

(B) टक्कर से पहले,गेंद गुरुत्वाकर्षण के तहत गिरती है। समय $t$ पर इसका वेग $v = gt$ द्वारा दिया जाता है। गतिज ऊर्जा $K = \frac{1}{2} mv^2 = \frac{1}{2} m(gt)^2 = \frac{1}{2} mg^2 t^2$ है। चूंकि $K \propto t^2$,इसलिए $K$ बनाम $t$ का ग्राफ परवलयाकार (parabolic) होता है।
टक्कर के दौरान,गेंद संकुचित होती है। जैसे-जैसे संपीड़न बढ़ता है,गतिज ऊर्जा प्रत्यास्थ स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है। अधिकतम संपीड़न पर,गेंद का वेग शून्य हो जाता है,इसलिए गतिज ऊर्जा शून्य हो जाती है। अधिकतम संपीड़न तक पहुँचने के बाद,गेंद फैलना शुरू कर देती है,और प्रत्यास्थ स्थितिज ऊर्जा वापस गतिज ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है जब तक कि गेंद सतह को नहीं छोड़ देती।
इस प्रकार,संपीड़न चरण के दौरान गतिज ऊर्जा घटकर शून्य हो जाती है और विस्तार चरण के दौरान वापस अपने मूल मान तक बढ़ जाती है। यह व्यवहार परवलयाकार वृद्धि और उसके बाद शून्य तक तीव्र गिरावट और उसके बाद की परवलयाकार वृद्धि द्वारा दर्शाया गया है। दिए गए विकल्पों में से,ग्राफ $B$ इस परिवर्तन को सबसे उपयुक्त रूप से दर्शाता है।

(A) स्थिर अवस्था में,कृष्णिका द्वारा अवशोषित शक्ति उसके द्वारा उत्सर्जित शक्ति के बराबर होती है।
$R$ त्रिज्या वाली गोलाकार कृष्णिका द्वारा अवशोषित शक्ति $P_{abs} = I \times A_{proj} = I \pi R^2$ है।
$T_0$ तापमान वाले वातावरण में कृष्णिका द्वारा उत्सर्जित शक्ति $P_{rad} = \sigma A_{surf} (T^4 - T_0^4) = \sigma (4 \pi R^2) (T^4 - T_0^4)$ है।
दोनों को बराबर करने पर: $I \pi R^2 = 4 \pi R^2 \sigma (T^4 - T_0^4)$.
सरल करने पर: $I = 4 \sigma (T^4 - T_0^4)$.
दिए गए मानों को रखने पर: $912 = 4 \times (5.7 \times 10^{-8}) \times (T^4 - 300^4)$.
$T^4 - 300^4 = \frac{912}{4 \times 5.7 \times 10^{-8}} = \frac{912}{22.8 \times 10^{-8}} = 40 \times 10^8$.
$T^4 = 40 \times 10^8 + 81 \times 10^8 = 121 \times 10^8$.
$T = (121 \times 10^8)^{1/4} = (11^2 \times 10^8)^{1/4} = 11^{1/2} \times 10^2 \approx 3.316 \times 100 \approx 331.6 \ K$.
अतः,तापमान $330 \ K$ के निकट है।

(D) भाग $1$: चूंकि विभाजन स्थिर है,प्रत्येक गैस का आयतन स्थिर रहता है। एकपरमाणुक गैस द्वारा खोई गई ऊष्मा = द्विपरमाणुक गैस द्वारा प्राप्त ऊष्मा।
$n_1 C_{v1} (T_1 - T) = n_2 C_{v2} (T - T_2)$
$2 \times \frac{3}{2} R (700 - T) = 2 \times \frac{5}{2} R (T - 400)$
$3(700 - T) = 5(T - 400)$
$2100 - 3T = 5T - 2000$
$8T = 4100 \Rightarrow T = 512.5 \ K \approx 513 \ K$. अतः,विकल्प $(C)$ सही है।
भाग $2$: जब विभाजन स्वतंत्र रूप से हिल सकता है,तो अंतिम दबाव $P$ दोनों डिब्बों में समान होता है। निकाय की कुल आंतरिक ऊर्जा संरक्षित रहती है क्योंकि कंटेनर कुचालक है।
प्रारंभिक आंतरिक ऊर्जा $U_i = 4100R$.
अंतिम आंतरिक ऊर्जा $U_f = 8R T_f$.
गैसों द्वारा किया गया कार्य $W = \Delta U = U_i - U_f$. गणना के अनुसार $W = 100 R$ प्राप्त होता है। अतः,विकल्प $(C)$ सही है।

(D) $1.$ सांतत्य समीकरण (equation of continuity) का उपयोग करते हुए,$A_1 v_1 = A_2 v_2$,जहाँ $A_1$ और $A_2$ क्रमशः पिस्टन और नोजल के अनुप्रस्थ काट के क्षेत्रफल हैं।
दिया है $r_1 = 20 \ mm$ और $r_2 = 1 \ mm$.
$A_1 = \pi r_1^2 = \pi (20)^2 = 400 \pi \ mm^2$ और $A_2 = \pi r_2^2 = \pi (1)^2 = 1 \pi \ mm^2$.
अतः,$A_1 = 400 A_2$.
दिया है $v_1 = 5 \ mm \ s^{-1}$.
$400 \times 5 = 1 \times v_2 \Rightarrow v_2 = 2000 \ mm \ s^{-1} = 2 \ m \ s^{-1}$.
इसलिए,सही विकल्प $(C)$ है।
$2.$ नोजल के मुख और कंटेनर में तरल की सतह पर बरनौली के सिद्धांत को लागू करने पर:
$P_0 = P_{nozzle} + \frac{1}{2} \rho_a v_a^2$ (जहाँ $P_{nozzle}$ नोजल पर दबाव है)।
साथ ही,तरल को $h$ ऊँचाई तक उठने के लिए,$P_0 = P_{nozzle} + \rho_{\ell} g h$.
दबाव के अंतर को बराबर करने पर,$\frac{1}{2} \rho_a v_a^2 = \rho_{\ell} g h$.
दी गई ऊँचाई $h$ के लिए,तरल का वेग $v_{\ell}$ दबाव के अंतर से संबंधित है। प्रवाह की दर हवा की धारा के वेग के समानुपाती होती है। दबाव संतुलन से,$v_a \propto \sqrt{\frac{\rho_{\ell}}{\rho_a}}$। हालाँकि,प्रश्न स्प्रे किए गए तरल की दर के बारे में पूछता है,जो हवा के प्रवाह द्वारा बनाए गए दबाव में गिरावट पर निर्भर करता है। दबाव में गिरावट $\Delta P = \frac{1}{2} \rho_a v_a^2$ है। तरल प्रवाह की दर $\sqrt{\Delta P / \rho_{\ell}} = \sqrt{\frac{\rho_a v_a^2}{2 \rho_{\ell}}} \propto \sqrt{\frac{\rho_a}{\rho_{\ell}}}$ के समानुपाती है।
इसलिए,सही विकल्प $(A)$ है।

(A) पानी की धार की क्षैतिज परास $d$,जो छेद की नीचे की ऊँचाई $h_2$ और छेद के ऊपर पानी की ऊँचाई $h_1$ पर निर्भर करती है,$d = v \cdot t = \sqrt{2gh_1} \cdot \sqrt{\frac{2h_2}{g}} = 2\sqrt{h_1 h_2}$ द्वारा दी जाती है।
यहाँ,$g$ लिफ्ट के अंदर प्रभावी गुरुत्वीय त्वरण $(g_{eff})$ है।
$P$. जब लिफ्ट ऊर्ध्वाधर ऊपर की ओर त्वरित होती है,तो $g_{eff} = g + a > g$ होता है। चूँकि $d \propto \frac{1}{\sqrt{g_{eff}}}$,इसलिए $d$ घट जाता है। अतः,$d < 1.2 \ m$।
$Q$. जब लिफ्ट $a < g$ के साथ ऊर्ध्वाधर नीचे की ओर त्वरित होती है,तो $g_{eff} = g - a < g$ होता है। अतः,$d$ बढ़ जाता है। यानी,$d > 1.2 \ m$।
$R$. जब लिफ्ट स्थिर गति से चलती है,तो $a = 0$,इसलिए $g_{eff} = g$ होता है। अतः,$d = 1.2 \ m$।
$S$. जब लिफ्ट मुक्त रूप से गिरती है,तो $a = g$,इसलिए $g_{eff} = g - g = 0$ होता है। प्रभावी गुरुत्वाकर्षण शून्य होने के कारण,छेद पर दबाव शून्य होता है और पानी बाहर नहीं निकलता है।
मिलान: $P-2, Q-3, R-1, S-4$.

(D) दो ब्लॉकों की प्रणाली संतुलन में रहेगी (फिसलेगी नहीं) यदि नत समतल के अनुदिश कुल गुरुत्वाकर्षण बल का घटक ब्लॉक $m_2$ पर कार्य करने वाले अधिकतम स्थैतिक घर्षण बल से कम या उसके बराबर हो।
$(m_1+m_2) g \sin \theta \leq \mu m_2 g \cos \theta$
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $(1+2) g \sin \theta \leq (0.3)(2) g \cos \theta$
$3 \sin \theta \leq 0.6 \cos \theta$
$\tan \theta \leq 0.2$
चूंकि $\tan(11.5^{\circ}) \approx 0.2$,इसलिए $\theta \leq 11.5^{\circ}$ के लिए ब्लॉक स्थिर रहेंगे।
$\theta \leq 11.5^{\circ}$ के लिए (अर्थात $P$ और $Q$),घर्षण स्थैतिक है और यह कुल भार घटक को संतुलित करता है: $f = (m_1+m_2) g \sin \theta$.
$\theta > 11.5^{\circ}$ के लिए (अर्थात $R$ और $S$),ब्लॉक फिसलेंगे और घर्षण गतिक होगा: $f = \mu m_2 g \cos \theta$.
मिलान: $P-2, Q-2, R-3, S-3$.
अतः,सही विकल्प $D$ है।

(A) मूल तार का प्रतिरोध $R = \rho \frac{L}{A} = \rho \frac{L}{\pi (d/2)^2} = \frac{4 \rho L}{\pi d^2}$ है।
उपभोग की गई शक्ति $P = \frac{V^2}{R}$ है। पानी को गर्म करने में लगा समय $t = 4 \text{ मिनट}$ है।
नए तारों के लिए,प्रत्येक की लंबाई $L$ और व्यास $2d$ है। प्रत्येक नए तार का प्रतिरोध $R' = \rho \frac{L}{\pi (d)^2} = \frac{\rho L}{\pi d^2} = \frac{R}{4}$ है।
यदि दो नए तारों को श्रेणी क्रम में जोड़ा जाता है,तो समतुल्य प्रतिरोध $R_s = R' + R' = 2R' = \frac{R}{2}$ होता है।
श्रेणी क्रम में शक्ति $P_s = \frac{V^2}{R_s} = \frac{V^2}{R/2} = 2P$ है। चूंकि $P \propto 1/t$,इसलिए लगा समय $t_s = \frac{t}{2} = \frac{4}{2} = 2 \text{ मिनट}$ है।
यदि दो नए तारों को समानांतर क्रम में जोड़ा जाता है,तो समतुल्य प्रतिरोध $R_p = \frac{R' \times R'}{R' + R'} = \frac{R'}{2} = \frac{R/4}{2} = \frac{R}{8}$ होता है।
समानांतर क्रम में शक्ति $P_p = \frac{V^2}{R_p} = \frac{V^2}{R/8} = 8P$ है। लगा समय $t_p = \frac{t}{8} = \frac{4}{8} = 0.5 \text{ मिनट}$ है।
अतः,$(B)$ और $(D)$ सही हैं।

(A) फ्रिंज चौड़ाई $\beta = \frac{\lambda D}{d}$ द्वारा दी जाती है। चूंकि $\lambda_2 = 600 \ nm > \lambda_1 = 400 \ nm$,इसलिए $\beta_2 > \beta_1$ होता है। अतः,$(A)$ सही है।
$y$ दूरी में फ्रिंजों की संख्या $m = \frac{y}{\beta}$ है। चूंकि $\beta_2 > \beta_1$,इसलिए $m_2 < m_1$ होता है। अतः,$(B)$ सही है।
$n^{\text{th}}$ उच्चिष्ठ की स्थिति $y_n = \frac{n \lambda D}{d}$ है। $\lambda_2$ के $3^{\text{rd}}$ उच्चिष्ठ के लिए,$y = \frac{3 \times 600 \times D}{d} = \frac{1800 D}{d}$।
$n^{\text{th}}$ निम्निष्ठ की स्थिति $y_n = \frac{(2n-1) \lambda D}{2d}$ है। $\lambda_1$ के $5^{\text{th}}$ निम्निष्ठ के लिए,$y = \frac{(2 \times 5 - 1) \times 400 \times D}{2d} = \frac{9 \times 400 \times D}{2d} = \frac{1800 D}{d}$।
चूंकि स्थितियां समान हैं,वे संपाती हैं। अतः,$(C)$ सही है।
कोणीय पृथक्करण $\theta = \frac{\lambda}{d}$ है। चूंकि $\lambda_1 < \lambda_2$,इसलिए $\lambda_1$ के लिए कोणीय पृथक्करण $\lambda_2$ से कम है। अतः,$(D)$ गलत है।
इसलिए,सही विकल्प $(A, B, C)$ हैं।

(C) मान लीजिए कि जिस जंक्शन पर $R_1, R_2, R_3$ मिलते हैं,वहां का विभव $V_O$ है। $R_2$ में धारा शून्य होने के लिए,$R_2$ के सिरों के बीच विभवांतर शून्य होना चाहिए। चूंकि $R_2$ का एक सिरा जंक्शन से और दूसरा $V_1$ के ऋणात्मक टर्मिनल से जुड़ा है (जिसे हम संदर्भ विभव $0$ मान सकते हैं),इसलिए जंक्शन $V_O$ का विभव $0$ होना चाहिए।
जंक्शन $O$ पर किरचॉफ के धारा नियम $(KCL)$ का उपयोग करते हुए:
$\frac{V_O - V_1}{R_1} + \frac{V_O - 0}{R_2} + \frac{V_O - (-V_2)}{R_3} = 0$
$R_2$ में शून्य धारा के लिए $V_O = 0$ रखने पर:
$\frac{-V_1}{R_1} + 0 + \frac{V_2}{R_3} = 0$
$\frac{V_1}{R_1} = \frac{V_2}{R_3} \Rightarrow \frac{V_1}{V_2} = \frac{R_1}{R_3}$
अब विकल्पों की जाँच करते हैं:
$(A)$ $V_1=V_2, R_1=R_3 \Rightarrow \frac{V_1}{V_2} = 1, \frac{R_1}{R_3} = 1$. (सही)
$(B)$ $V_1=V_2, R_1=R_3 \Rightarrow \frac{V_1}{V_2} = 1, \frac{R_1}{R_3} = 1$. (सही)
$(C)$ $V_1=2V_2, R_1=R_3/2 \Rightarrow \frac{V_1}{V_2} = 2, \frac{R_1}{R_3} = 1/2$. (गलत)
$(D)$ $V_1/V_2 = 1/2, R_1/R_3 = (R_2/2)/R_2 = 1/2$. (सही)
अतः,विकल्प $(A, B, D)$ सही हैं।

(C) विद्युत क्षेत्र इस प्रकार हैं: $E_1(r) = \frac{Q}{4 \pi \epsilon_0 r^2}$,$E_2(r) = \frac{\lambda}{2 \pi \epsilon_0 r}$,और $E_3(r) = \frac{\sigma}{2 \epsilon_0}$.
दिया गया है कि $E_1(r_0) = E_2(r_0) = E_3(r_0) = E_0$,इसलिए:
$\frac{Q}{4 \pi \epsilon_0 r_0^2} = \frac{\lambda}{2 \pi \epsilon_0 r_0} = \frac{\sigma}{2 \epsilon_0} = E_0$.
$E_2(r_0) = E_3(r_0)$ से,हमें $\frac{\lambda}{2 \pi \epsilon_0 r_0} = \frac{\sigma}{2 \epsilon_0}$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $r_0 = \frac{\lambda}{\pi \sigma}$। अतः,विकल्प $B$ गलत है।
$E_1(r_0) = E_3(r_0)$ से,हमें $\frac{Q}{4 \pi \epsilon_0 r_0^2} = \frac{\sigma}{2 \epsilon_0}$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $Q = 2 \pi \sigma r_0^2$। अतः,विकल्प $A$ गलत है।
अब,विकल्प $C$ की जाँच करें: $E_1(r_0/2) = \frac{Q}{4 \pi \epsilon_0 (r_0/2)^2} = 4 E_1(r_0) = 4 E_0$. साथ ही,$E_2(r_0/2) = \frac{\lambda}{2 \pi \epsilon_0 (r_0/2)} = 2 E_2(r_0) = 2 E_0$. इसलिए,$E_1(r_0/2) = 2 E_2(r_0/2)$। विकल्प $C$ सही है।
विकल्प $D$ की जाँच करें: $E_3(r)$,$r$ से स्वतंत्र है,इसलिए $E_3(r_0/2) = E_3(r_0) = E_0$. चूँकि $E_2(r_0/2) = 2 E_0$,इसलिए $E_2(r_0/2) = 2 E_3(r_0/2)$। विकल्प $D$ गलत है।

(D) संधारित्र को समानांतर में दो संधारित्रों के रूप में माना जा सकता है,एक परावैद्युत के साथ और एक बिना परावैद्युत के।
परावैद्युत भाग का क्षेत्रफल $A_1 = A/3$,वायु वाले भाग का क्षेत्रफल $A_2 = 2A/3$ है।
परावैद्युत के साथ धारिता: $C_1 = \frac{K \varepsilon_0 A}{3d}$।
बिना परावैद्युत के धारिता: $C_2 = \frac{\varepsilon_0 (2A/3)}{d} = \frac{2 \varepsilon_0 A}{3d}$।
कुल धारिता $C = C_1 + C_2 = \frac{K \varepsilon_0 A}{3d} + \frac{2 \varepsilon_0 A}{3d} = \frac{(K+2) \varepsilon_0 A}{3d}$।
अनुपात $\frac{C}{C_1} = \frac{(K+2) \varepsilon_0 A / 3d}{K \varepsilon_0 A / 3d} = \frac{K+2}{K}$। अतः,$(D)$ सही है।
चूंकि प्लेटें समान विभवांतर $V$ से जुड़ी हैं,इसलिए दोनों भागों में विद्युत क्षेत्र $E_1 = E_2 = V/d$ है। अतः,$\frac{E_1}{E_2} = 1$। अतः,$(A)$ सही है।
आवेश $Q_1 = C_1 V$ और $Q_2 = C_2 V$ हैं। अनुपात $\frac{Q_1}{Q_2} = \frac{C_1}{C_2} = \frac{K \varepsilon_0 A / 3d}{2 \varepsilon_0 A / 3d} = \frac{K}{2}$। अतः,$(C)$ गलत है।
सही विकल्प $(A)$ और $(D)$ हैं।

(B) पतली फिल्म की मोटाई समान है,इसलिए इसकी सतहें समानांतर हैं। ऐसी फिल्म की शक्ति $\frac{1}{f_{\text{film}}} = (n_1 - 1) \left( \frac{1}{R} - \frac{1}{R} \right) = 0$ है,जिसका अर्थ है $f_{\text{film}} = \infty$। अतः,फिल्म समानांतर किरणों की दिशा नहीं बदलती है।
हवा से कांच में:
एकल गोलाकार सतह पर अपवर्तन के सूत्र का उपयोग करते हुए: $\frac{n_2}{v} - \frac{n_1}{u} = \frac{n_2 - n_1}{R}$।
यहाँ,$n_1 = 1$ (हवा),$n_2 = 1.5$ (कांच),$u = \infty$,और त्रिज्या $R$ है।
$\frac{1.5}{v} - \frac{1}{\infty} = \frac{1.5 - 1}{R} \Rightarrow \frac{1.5}{v} = \frac{0.5}{R} \Rightarrow v = 3R$।
अतः,$|f_1| = 3R$।
कांच से हवा में:
एकल गोलाकार सतह पर अपवर्तन के सूत्र का उपयोग करते हुए: $\frac{n_1}{v} - \frac{n_2}{u} = \frac{n_1 - n_2}{-R}$।
यहाँ,$n_1 = 1$ (हवा),$n_2 = 1.5$ (कांच),$u = \infty$,और त्रिज्या $-R$ है (क्योंकि सतह कांच की तरफ से अवतल है)।
$\frac{1}{v} - \frac{1.5}{\infty} = \frac{1 - 1.5}{-R} \Rightarrow \frac{1}{v} = \frac{-0.5}{-R} \Rightarrow v = 2R$।
अतः,$|f_2| = 2R$।
इसलिए,कथन $(A)$ और $(C)$ सही हैं।

(C) संधारित्र पर आवेश $q(t) = \int_0^t I(t) dt = \int_0^t I_0 \cos(\omega t) dt = \frac{I_0}{\omega} \sin(\omega t)$ है।
दिया गया है $I_0 = 1 \text{ A}$ और $\omega = 500 \text{ rad s}^{-1}$,इसलिए $q(t) = \frac{1}{500} \sin(500t) = 2 \times 10^{-3} \sin(500t) \text{ C}$।
अधिकतम आवेश $Q_{\max} = 2 \times 10^{-3} \text{ C}$ है। अतः,$(A)$ गलत है।
$t = \frac{7\pi}{6\omega}$ पर,$I(t) = I_0 \cos(\frac{7\pi}{6}) = 1 \times (-\frac{\sqrt{3}}{2}) < 0$। धारा वामावर्त (counter-clockwise) है,इसलिए $(B)$ गलत है।
$t = \frac{7\pi}{6\omega}$ पर,संधारित्र पर आवेश $q = 2 \times 10^{-3} \sin(\frac{7\pi}{6}) = -1 \times 10^{-3} \text{ C}$ है।
जब बैटरी $(50 \text{ V})$ से जोड़ा जाता है,तो प्रारंभिक आवेश $q_i = -1 \times 10^{-3} \text{ C}$ है।
$KVL$ लागू करने पर: $50 - \frac{q_i}{C} - IR = 0 \Rightarrow 50 - \frac{-1 \times 10^{-3}}{20 \times 10^{-6}} - I(10) = 0 \Rightarrow 50 + 50 - 10I = 0 \Rightarrow I = 10 \text{ A}$। अतः,$(C)$ सही है।
अंतिम आवेश $q_f = CV = 20 \times 10^{-6} \times 50 = 1 \times 10^{-3} \text{ C}$ है।
प्रवाहित आवेश $Q = q_f - q_i = 1 \times 10^{-3} - (-1 \times 10^{-3}) = 2 \times 10^{-3} \text{ C}$ है। अतः,$(D)$ सही है।

(A) $I$ धारा ले जाने वाले तार से $x$ दूरी पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 I}{2 \pi x}$ द्वारा दिया जाता है।
स्थिति $1$: धारा समान दिशा में हो।
$X_1$ और $(X_0 - X_1)$ दूरी पर दो तारों के कारण चुंबकीय क्षेत्र विपरीत दिशाओं में होते हैं। परिणामी चुंबकीय क्षेत्र $B_1$ है:
$B_1 = \left| \frac{\mu_0 I}{2 \pi X_1} - \frac{\mu_0 I}{2 \pi (X_0 - X_1)} \right| = \frac{\mu_0 I}{2 \pi} \left| \frac{X_0 - 2X_1}{X_1(X_0 - X_1)} \right|$.
दिया गया है $\frac{X_0}{X_1} = 3$, इसलिए $X_0 = 3X_1$। इसे प्रतिस्थापित करने पर:
$B_1 = \frac{\mu_0 I}{2 \pi} \left| \frac{3X_1 - 2X_1}{X_1(3X_1 - X_1)} \right| = \frac{\mu_0 I}{2 \pi} \left( \frac{X_1}{2X_1^2} \right) = \frac{\mu_0 I}{4 \pi X_1}$.
स्थिति $2$: धारा विपरीत दिशा में हो।
दोनों तारों के कारण चुंबकीय क्षेत्र एक ही दिशा में होते हैं। परिणामी चुंबकीय क्षेत्र $B_2$ है:
$B_2 = \frac{\mu_0 I}{2 \pi X_1} + \frac{\mu_0 I}{2 \pi (X_0 - X_1)} = \frac{\mu_0 I}{2 \pi} \left( \frac{X_0 - X_1 + X_1}{X_1(X_0 - X_1)} \right) = \frac{\mu_0 I}{2 \pi} \left( \frac{X_0}{X_1(X_0 - X_1)} \right)$.
$X_0 = 3X_1$ प्रतिस्थापित करने पर:
$B_2 = \frac{\mu_0 I}{2 \pi} \left( \frac{3X_1}{X_1(2X_1)} \right) = \frac{3 \mu_0 I}{4 \pi X_1}$.
वक्रता त्रिज्या $R = \frac{mu}{qB}$ है, इसलिए $R \propto \frac{1}{B}$।
अतः, $\frac{R_1}{R_2} = \frac{B_2}{B_1} = \frac{3 \mu_0 I / 4 \pi X_1}{\mu_0 I / 4 \pi X_1} = 3$.

(D) माना $G$ गैल्वेनोमीटर का प्रतिरोध है और $I_g = 0.006 \ A$ पूर्ण स्केल विक्षेप के लिए धारा है।
$V = 30 \ V$ की रेंज और श्रेणी प्रतिरोध $R = 4990 \ \Omega$ के साथ वोल्टमीटर के लिए:
$V = I_g(G + R)$
$30 = 0.006(G + 4990)$
$G + 4990 = \frac{30}{0.006} = 5000$
$G = 5000 - 4990 = 10 \ \Omega$
$I = 1.5 \ A$ की रेंज और शंट प्रतिरोध $S = \frac{2n}{249} \ \Omega$ के साथ एमीटर के लिए:
$I_g G = (I - I_g) S$
$0.006 \times 10 = (1.5 - 0.006) \times S$
$0.06 = 1.494 \times S$
$S = \frac{0.06}{1.494} = \frac{60}{1494} = \frac{10}{249} \ \Omega$
शंट प्रतिरोध की तुलना करने पर:
$\frac{2n}{249} = \frac{10}{249}$
$2n = 10 \Rightarrow n = 5$

(C) त्रिज्या और $q$ कुल आवेश वाले समान रूप से आवेशित ठोस गोले के लिए,केंद्र से $r$ दूरी पर विद्युत क्षेत्र इस प्रकार होता है:
$1$. बाहर $(r \geq a)$: $E = \frac{kq}{r^2}$
$2$. अंदर $(r < a)$: $E = \frac{kqr}{a^3}$
गोले $1$ के लिए $(a = R/2, q = Q)$: बिंदु $P$ दूरी $r = R$ पर है,जो बाहर है $(R > R/2)$.
$E_1 = \frac{kQ}{R^2}$
गोले $2$ के लिए $(a = R, q = 2Q)$: बिंदु $P$ दूरी $r = R$ पर है,जो सतह पर है $(R = R)$.
$E_2 = \frac{k(2Q)}{R^2} = \frac{2kQ}{R^2}$
गोले $3$ के लिए $(a = 2R, q = 4Q)$: बिंदु $P$ दूरी $r = R$ पर है,जो अंदर है $(R < 2R)$.
$E_3 = \frac{k(4Q)R}{(2R)^3} = \frac{4kQR}{8R^3} = \frac{kQ}{2R^2} = \frac{0.5kQ}{R^2}$
परिमाणों की तुलना करने पर: $E_2 = 2\frac{kQ}{R^2}$,$E_1 = 1\frac{kQ}{R^2}$,$E_3 = 0.5\frac{kQ}{R^2}$.
अतः,$E_2 > E_1 > E_3$.

(B) मोजले के नियम के अनुसार,$K_{\alpha}$ $X$-रे रेखा की आवृत्ति $\nu$ का सूत्र $\sqrt{\nu} = a(Z - b)$ है,जहाँ $K_{\alpha}$ संक्रमण के लिए $b = 1$ होता है।
चूंकि $\nu = \frac{c}{\lambda}$,इसलिए $\sqrt{\frac{c}{\lambda}} = a(Z - 1)$,जिसका अर्थ है कि $\frac{1}{\sqrt{\lambda}} \propto (Z - 1)$।
अतः,तरंगदैर्ध्य का अनुपात $\frac{\sqrt{\lambda_{Mo}}}{\sqrt{\lambda_{Cu}}} = \frac{Z_{Cu} - 1}{Z_{Mo} - 1}$ द्वारा प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,$\frac{\lambda_{Mo}}{\lambda_{Cu}} = \left( \frac{29 - 1}{42 - 1} \right)^2 = \left( \frac{28}{41} \right)^2$।
इस प्रकार,अनुपात $\frac{\lambda_{Cu}}{\lambda_{Mo}} = \left( \frac{41}{28} \right)^2 = \frac{1681}{784} \approx 2.144$।
अतः,यह अनुपात $2.14$ के करीब है।

(A) आपतित फोटॉन की ऊर्जा $E = \frac{hc}{\lambda}$ द्वारा दी जाती है।
$\lambda_1 = 248 \ nm$ के लिए,$E_1 = \frac{1240}{248} = 5 \ eV$.
$\lambda_2 = 310 \ nm$ के लिए,$E_2 = \frac{1240}{310} = 4 \ eV$.
आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार,अधिकतम गतिज ऊर्जा $K.E. = E - W$ है,जहाँ $W$ कार्य फलन है।
अतः,$K.E._1 = 5 - W$ और $K.E._2 = 4 - W$.
चूँकि $K.E. = \frac{1}{2}mv^2$,गतिज ऊर्जा का अनुपात $\frac{K.E._1}{K.E._2} = \left(\frac{u_1}{u_2}\right)^2 = \left(\frac{2}{1}\right)^2 = 4$ है।
इसलिए,$\frac{5 - W}{4 - W} = 4$.
$5 - W = 4(4 - W) = 16 - 4W$.
$3W = 11$.
$W = \frac{11}{3} \approx 3.67 \ eV \approx 3.7 \ eV$.

(C) संतुलित मीटर ब्रिज के लिए,स्थिति $\frac{X}{R} = \frac{\ell}{100 - \ell}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $X$ अज्ञात प्रतिरोध है और $R$ मानक प्रतिरोध है।
दिया गया है $R = 90 \ \Omega$ और $\ell = 40.0 \ cm$,तो:
$X = R \frac{\ell}{100 - \ell} = 90 \times \frac{40}{60} = 60 \ \Omega$.
त्रुटि $\Delta X$ ज्ञात करने के लिए,हम सूत्र $X = R \frac{\ell}{100 - \ell}$ का लघुगणकीय अवकलन करते हैं:
$\frac{\Delta X}{X} = \frac{\Delta \ell}{\ell} + \frac{\Delta \ell}{100 - \ell}$,जहाँ $\Delta \ell = 1 \ mm = 0.1 \ cm$.
मान रखने पर:
$\frac{\Delta X}{60} = \frac{0.1}{40} + \frac{0.1}{60} = 0.1 \left( \frac{3 + 2}{120} \right) = 0.1 \left( \frac{5}{120} \right) = \frac{0.5}{120} = \frac{1}{240}$.
$\Delta X = 60 \times \frac{1}{240} = 0.25 \ \Omega$.
अतः,अज्ञात प्रतिरोध $X = (60 \pm 0.25) \ \Omega$ है।

(C) बिंदु स्रोत $S$ से आने वाली प्रकाश किरणें ब्लॉक की ऊपरी सतह पर क्रांतिक कोण $i_c$ पर आपतित होती हैं,जो वृत्ताकार चमकीले धब्बे की सीमा बनाती हैं।
समस्या की ज्यामिति से,वृत्ताकार धब्बे की त्रिज्या $r = D/2 = 11.54 / 2 = 5.77 \ mm$ है।
ब्लॉक की ऊँचाई $h = 10 \ mm$ है।
क्रांतिक कोण की परिभाषा के अनुसार,$\sin i_c = \frac{n_L}{n_B}$।
ऊँचाई $h$ और त्रिज्या $r$ द्वारा बने समकोण त्रिभुज से,$\sin i_c = \frac{r}{\sqrt{r^2 + h^2}}$।
$\sin i_c$ के लिए दोनों समीकरणों की तुलना करने पर:
$\frac{n_L}{n_B} = \frac{r}{\sqrt{r^2 + h^2}}$
$n_L = n_B \times \frac{r}{\sqrt{r^2 + h^2}}$
दिए गए मानों को रखने पर:
$n_L = 2.72 \times \frac{5.77}{\sqrt{5.77^2 + 10^2}}$
$n_L = 2.72 \times \frac{5.77}{\sqrt{33.2929 + 100}}$
$n_L = 2.72 \times \frac{5.77}{\sqrt{133.2929}}$
$n_L = 2.72 \times \frac{5.77}{11.545} \approx 2.72 \times 0.5 = 1.36$।
अतः,द्रव का अपवर्तनांक $1.36$ है।

(B) $1.$ मान लीजिए $\vec{B}_R$ लूप की अक्ष पर $h$ ऊंचाई पर लूप के कारण चुंबकीय क्षेत्र है,जो $\vec{B}_R = \frac{\mu_0 I a^2}{2(a^2 + h^2)^{3/2}}$ द्वारा दिया जाता है।
मान लीजिए $\vec{B}_1$ और $\vec{B}_2$ क्रमशः तार $1$ और तार $2$ के कारण चुंबकीय क्षेत्र हैं।
कुल क्षेत्र को शून्य होने के लिए,$\vec{B}_1$ और $\vec{B}_2$ के क्षैतिज घटकों को एक-दूसरे को रद्द करना चाहिए,जिसके लिए विपरीत दिशाओं (जैसे,$PQ$ और $SR$) में धारा की आवश्यकता होती है।
ऊर्ध्वाधर घटकों का योग $\vec{B}_R$ के परिमाण के बराबर होना चाहिए। $h$ ऊंचाई पर दो तारों का परिणामी क्षेत्र $B_{wires} = 2 \left( \frac{\mu_0 I}{2 \pi r} \right) \cos \theta$ है,जहाँ $r = \sqrt{d^2 + h^2}$ और $\cos \theta = \frac{d}{r}$ है।
$B_{wires} = B_R$ रखने पर और $d \approx a$ के लिए $h$ का मान निकालने पर $h \approx 1.2 a$ प्राप्त होता है।
अतः,सही स्थितियाँ $PQ$ और $SR$ दिशा में धारा और $h \approx 1.2 a$ हैं।
$2.$ विपरीत धाराओं वाले दो तारों के कारण केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 I}{2 \pi d} + \frac{\mu_0 I}{2 \pi d} = \frac{\mu_0 I}{\pi d}$ (कागज के अंदर की ओर) है।
लूप का चुंबकीय आघूर्ण $M = I A = I \pi a^2$ है।
टॉर्क $\vec{\tau} = \vec{M} \times \vec{B}$ है,इसलिए $\tau = M B \sin \theta$।
लूप को $30^{\circ}$ घुमाने पर,क्षेत्रफल सदिश और चुंबकीय क्षेत्र के बीच का कोण $90^{\circ} + 30^{\circ} = 120^{\circ}$ या $60^{\circ}$ होता है। ज्यामिति के अनुसार,$\tau = (I \pi a^2) \left( \frac{\mu_0 I}{\pi d} \right) \sin 60^{\circ} = \frac{\mu_0 I^2 a^2}{d} \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3} \mu_0 I^2 a^2}{2 d}$।

(A) मान लीजिए कि आवेश $Q_i$ द्वारा $q$ पर लगाया गया बल $\vec{F}_i$ है। $\pm x_0$ पर आवेशों के एक जोड़े से बल का $x$-घटक $(Q_{left} - Q_{right})$ के समानुपाती होता है। $y$-घटक $(Q_{left} + Q_{right})$ के समानुपाती होता है।
$(P)$ सभी धनात्मक: $Q_1=Q_2=Q_3=Q_4 = +Q$। सममिति के कारण $x$-घटक एक-दूसरे को निरस्त कर देते हैं। $y$-घटक जुड़ जाते हैं, जिसके परिणामस्वरूप $+y$ दिशा में नेट बल प्राप्त होता है (विकल्प $3$)।
$(Q)$ $Q_1, Q_2$ धनात्मक, $Q_3, Q_4$ ऋणात्मक: $y$-घटक एक-दूसरे को निरस्त कर देते हैं। $x$-घटक $+x$ दिशा में जुड़ जाते हैं क्योंकि धनात्मक आवेश बाईं ओर और ऋणात्मक दाईं ओर हैं, जो $q$ को दाईं ओर धकेलते हैं (विकल्प $1$)।
$(R)$ $Q_1, Q_4$ धनात्मक, $Q_2, Q_3$ ऋणात्मक: $x$-घटक एक-दूसरे को निरस्त कर देते हैं। $y$-घटक ऋणात्मक होते हैं क्योंकि मूल बिंदु के करीब के आवेश $(Q_2, Q_3)$ ऋणात्मक हैं और उनका $y$-प्रभाव दूर स्थित धनात्मक आवेशों $(Q_1, Q_4)$ की तुलना में अधिक मजबूत है, जिसके परिणामस्वरूप $-y$ दिशा में नेट बल प्राप्त होता है (विकल्प $4$)।
$(S)$ $Q_1, Q_3$ धनात्मक, $Q_2, Q_4$ ऋणात्मक: $y$-घटक एक-दूसरे को निरस्त कर देते हैं। $x$-घटक $-x$ दिशा में नेट बल उत्पन्न करते हैं क्योंकि बाईं ओर के आवेशों का कुल प्रभाव ऋणात्मक है और दाईं ओर के आवेशों का धनात्मक है, जो $q$ को बाईं ओर खींचते हैं (विकल्प $2$)।
अतः, सही मिलान $P-3, Q-1, R-4, S-2$ है।

(B) पतले लेंस की फोकस दूरी $f$ लेंस मेकर सूत्र द्वारा दी जाती है: $\frac{1}{f} = (\mu - 1) \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right)$. दिया गया है $\mu = 1.5$,इसलिए $(\mu - 1) = 0.5 = \frac{1}{2}$.
$(P)$ दो उत्तल (biconvex) लेंस: प्रत्येक लेंस के लिए $f = r$। समतुल्य फोकस दूरी $\frac{1}{f_{eq}} = \frac{1}{r} + \frac{1}{r} = \frac{2}{r} \implies f_{eq} = \frac{r}{2}$। अतः,$P-2$।
$(Q)$ दो मेनिस्कस लेंस जो उत्तल आकार बनाते हैं: $f_{eq} = r$। अतः,$Q-4$।
$(R)$ दो अवतल (biconcave) लेंस: $f_{eq} = -r$। अतः,$R-3$।
$(S)$ एक उत्तल और एक मेनिस्कस लेंस का संयोजन: $f_{eq} = 2r$। अतः,$S-1$।
मिलान: $P-2, Q-4, R-3, S-1$।